[USACO1.5] 八皇后 Checker Challenge

题目描述

一个如下的 $6 \times 6$ 的跳棋棋盘，有六个棋子被放置在棋盘上，使得每行、每列有且只有一个，每条对角线（包括两条主对角线的所有平行线）上至多有一个棋子。

上面的布局可以用序列 $2\ 4\ 6\ 1\ 3\ 5$ 来描述，第 $i$ 个数字表示在第 $i$ 行的相应位置有一个棋子，如下：

行号 $1\ 2\ 3\ 4\ 5\ 6$

列号 $2\ 4\ 6\ 1\ 3\ 5$

这只是棋子放置的一个解。请编一个程序找出所有棋子放置的解。
并把它们以上面的序列方法输出，解按字典顺序排列。
请输出前 $3$ 个解。最后一行是解的总个数。

输入格式

一行一个正整数 $n$，表示棋盘是 $n \times n$ 大小的。

输出格式

前三行为前三个解，每个解的两个数字之间用一个空格隔开。第四行只有一个数字，表示解的总数。

样例 #1

样例输入 #1

1
6

样例输出 #1

1
2
3
4
2 4 6 1 3 5
3 6 2 5 1 4
4 1 5 2 6 3
4

提示

【数据范围】
对于 $100\%$ 的数据，$6 \le n \le 13$。

题目翻译来自NOCOW。

USACO Training Section 1.5

题解

思路

经典回溯搜索题，首先遍历行，每一行确定列、主对角线、反对角线的标记。然后当一行确定好后回溯，使得列、主对角线、反对角线的标记归0，再递归遍历。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int a[100],b[100],c[100],d[100];
int tot;
int n;

void print(){
	if(tot<=2){
		for(int k=1;k<=n;k++){
			cout<<a[k]<<" "; 
		}
		cout<<endl;// 输出前三行答案 
	}
	tot++;//第四行输出总解 
}

void queen(int i){
	if(i>n){
		print();
		return;
	} 
	else{
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if((!b[j])&&(!c[i+j])&&(!d[i-j+n])){
				a[i]=j;
				b[j]=1;
				c[i+j]=1;//i+j为y=x+b中的b, 当b值一样，说明在用一条直线或其平行线。 
				d[i-j+n]=1;//i-j为 y=-x+b的b，+n是为了得到正值，这样数组不会存负数。 
				queen(i+1);
				b[j]=0; 
				c[i+j]=0;
				d[i-j+n]=0;
			}
			
		}
	}
}

int main(){
	cin>>n;
	queen(1);
	cout<<tot;
	return 0;
	
}

油滴扩展

题目描述

在一个长方形框子里，最多有 $N$ 个相异的点，在其中任何一个点上放一个很小的油滴，那么这个油滴会一直扩展，直到接触到其他油滴或者框子的边界。必须等一个油滴扩展完毕才能放置下一个油滴。那么应该按照怎样的顺序在这 $N$ 个点上放置油滴，才能使放置完毕后所有油滴占据的总面积最大呢？（不同的油滴不会相互融合）

注：圆的面积公式 $S = \pi r^2$，其中 $r$ 为圆的半径。

输入格式

第一行，一个整数 $N$。

第二行，四个整数 $x, y, x’, y’$，表示长方形边框一个顶点及其对角顶点的坐标。

接下来 $N$ 行，第 $i$ 行两个整数 $x_i, y_i$，表示盒子内第 $i$ 个点的坐标。

输出格式

一行，一个整数，长方形盒子剩余的最小空间（结果四舍五入输出）。

样例 #1

样例输入 #1

1
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4
2
20 0 10 10
13 3
17 7

样例输出 #1

1
50

提示

对于 $100\%$ 的数据，$1 \le N \le 6$，坐标范围在 $[-1000, 1000]$ 内。

题解

思路

深度搜索题，根据条件我们需要确定是油滴的半径，半径怎么得到呢？需要根据前面油滴的坐标和半径确定当前油滴的半径。然后再dfs搜索，每次遍历，都要求该油滴的半径和面积，然后回溯。最后再用矩形面积减去总的扩展面积。
注意坑：
如果这个油滴在另一个油滴内部，那么这个油滴就不能选择了，就是两个油滴之间的距离要是小于那个油滴的半径，那么就要把该油滴的半径变成0。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=10;
const double PI=3.1415926;
bool s[maxn];//判断油滴是否扩展 
double x[maxn],y[maxn],r[maxn],xa,ya,xb,yb,ansmax;
//x[]表示当前油滴的横坐标
//y[]表示当前油滴的纵坐标
//r[]表示油滴的最小的半径
//xa,ya,xb,yb表示矩形的四个顶点坐标 
//ansmax表示油滴的最大面积 
int n; 

double cal(int i){
	double s1=min(abs(x[i]-xa),abs(x[i]-xb));//比较该点距离矩形左右边界的长度，取最小
	double s2=min(abs(y[i]-ya),abs(y[i]-yb));//比较该点距离矩形上下边界的长度，取最小 
	double ans=min(s1,s2);
	for(int j=1;j<=n;j++){
		if(i!=j&&s[j]){ //当i不能等于j，且s[j]==1，表示已经扩展了 
			double d=sqrt((x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]));
			ans=min(ans,max(d-r[j],0.0)); //max(d-r[j],0.0)表示如果两个油滴之间的距离d小于该油滴的半径，则要把d变成0 
		}
	}
	return ans;
}

void dfs(int k,double sum){
	if(k>n){
		ansmax=max(ansmax,sum);//遍历完，求最大的油滴扩展总面积 
		return;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!s[i]){
			r[i]=cal(i);//求得该油滴的半径 
			s[i]=1;//表示油滴扩展了 
			dfs(k+1,sum+r[i]*r[i]*PI);//遍历下一个油滴，将扩展的面积加上 
			s[i]=0;//回溯，下一个油滴还没扩展 
		}
	}
}

int main(){
	cin>>n;
	cin>>xa>>ya>>xb>>yb;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>x[i]>>y[i];
	}
	double ss=abs(xa-xb)*abs(ya-yb);
	dfs(1,0);//从第一个油滴开始深度搜索
	cout<<int(ss-ansmax+0.5);//输出矩形的剩余最小面积，并四舍五入
	return 0; 
	
}

填涂颜色

题目描述

由数字 $0$ 组成的方阵中，有一任意形状的由数字 $1$ 构成的闭合圈。现要求把闭合圈内的所有空间都填写成 $2$。例如：$6\times 6$ 的方阵（$n=6$），涂色前和涂色后的方阵如下：

如果从某个 $0$ 出发，只向上下左右 $4$ 个方向移动且仅经过其他 $0$ 的情况下，无法到达方阵的边界，就认为这个 $0$ 在闭合圈内。闭合圈不一定是环形的，可以是任意形状，但保证闭合圈内的 $0$ 是连通的（两两之间可以相互到达）。

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0 0 0 1 1 1
0 1 1 0 0 1
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1 0 0 1 0 1
1 1 1 1 1 1
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0 0 0 0 0 0
0 0 0 1 1 1
0 1 1 2 2 1
1 1 2 2 2 1
1 2 2 1 2 1
1 1 1 1 1 1

输入格式

每组测试数据第一行一个整数 $n(1 \le n \le 30)$。

接下来 $n$ 行，由 $0$ 和 $1$ 组成的 $n \times n$ 的方阵。

方阵内只有一个闭合圈，圈内至少有一个 $0$。

输出格式

已经填好数字 $2$ 的完整方阵。

样例 #1

样例输入 #1

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0 1 1 0 0 1
1 1 0 0 0 1
1 0 0 0 0 1
1 1 1 1 1 1

样例输出 #1

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0 0 0 0 0 0
0 0 1 1 1 1
0 1 1 2 2 1
1 1 2 2 2 1
1 2 2 2 2 1
1 1 1 1 1 1

提示

对于 $100\%$ 的数据，$1 \le n \le 30$。

题解

思路

这道题可以用bfs解，题解区的大佬给了一个dfs的思路，很赞，orz。
dfs：首先我们要确定是再闭合圈内的0是需要变成2的。那么闭合圈的0怎么确定呢？从某个0出发，只向上下左右4个方向移动且仅经过其他0的情况下，无法到达方阵的边界，就认为这个0在闭合圈内。知道这个条件，那么只需要将闭合圈外面的0标记成1，然后将原来矩阵中的0标记为0，1标记为2。经过dfs后，剩下标记为0的0就是闭环圈内的0，将其改成2就行了。

代码

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dfs代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n;
int a[32][32],b[32][32];//a数组是标记后，b数组是标记前 
int dx[5]={0,-1,1,0,0};//左右变化 
int dy[5]={0,0,0,-1,1};//上下变化 


void dfs(int i,int j){
	if(i<0||i>n+1||j<0||j>n+1||a[i][j]!=0)//如果遍历的是边界或者已经标记的就退出 
		return;
	a[i][j]=1;//标记，将非闭合圈内的0标记为1 
	for(int k=1;k<=4;k++){
		dfs(i+dx[k],j+dy[k]);//遍历四个方向 
	}
		
	
}

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cin>>b[i][j];
			if(b[i][j]==0) 
				a[i][j]=0;//0的标记还是0 
			else
				a[i][j]=2;//1的标记是2 
		}
	}	
	
	dfs(0,0);
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(a[i][j]==0)//如果标记为0，说明是闭合圈的0 
				cout<<2<<" ";//将0变成2 
			else
				cout<<b[i][j]<<" ";//否则输出原数组 
	
		}
		cout<<endl;
	}
	
	return 0;
}

马的遍历

题目描述

有一个 $n \times m$ 的棋盘，在某个点 $(x, y)$ 上有一个马，要求你计算出马到达棋盘上任意一个点最少要走几步。

输入格式

输入只有一行四个整数，分别为 $n, m, x, y$。

输出格式

一个 $n \times m$ 的矩阵，代表马到达某个点最少要走几步（不能到达则输出 $-1$）。

样例 #1

样例输入 #1

1
3 3 1 1

样例输出 #1

1
2
3
0    3    2    
3    -1   1    
2    1    4

提示

数据规模与约定

对于全部的测试点，保证 $1 \leq x \leq n \leq 400$，$1 \leq y \leq m \leq 400$。

题解

思路

经典的bfs题型，需要创建队列，用来存储每次待处理的位置信息。通过不断将新的位置入队，根据先进先出的原则逐个处理，确保每次处理的位置是按照其起点的步数递增的顺序处理。因为是象棋中的马，走的方向有8中情况，需要遍历这8种情况。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m,x,y;
int dx[8]={-1,-2,-2,-1,1,2,2,1};
int dy[8]={2,1,-1,-2,2,1,-1,-2};
int f[500][500];//记录走几步 
bool vis[500][500];//记录是否走过 
queue<pair<int,int>> q;//创建队列 

int main(){
	cin>>n>>m>>x>>y;
	
	memset(f,-1,sizeof(f));//初始化全赋成-1 
	memset(vis,false,sizeof(vis));//初始化全赋成false 
	f[x][y]=0;//马当前的位置步长为0 
	vis[x][y]=true;//表示马当前位置已走过 
	q.push(make_pair(x,y));//入队
	while(!q.empty()){//如果队列不为空 
		int xx=q.front().first;//取队列的第一个，即横坐标 
		int yy=q.front().second;//取队列的第二个，即纵坐标 
		q.pop();//出队 
		for(int i=0;i<8;i++){
			int u=xx+dx[i],v=yy+dy[i];
			if(u<1||u>n||v<1||v>m||vis[u][v])//排除走过和边界外的 
				continue;
			vis[u][v]=true;
			q.push(make_pair(u,v));//入队 
			f[u][v]=f[xx][yy]+1;//f[xx][yy]初始值为0，跳到(u,v)的位置需要+1。 
					
		} 
	} 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			printf("%-5d",f[i][j]);//注意输出长宽 
		}
		cout<<endl;
	}
	
	return 0;
}

[NOIP2017 普及组] 棋盘

题目背景

NOIP2017 普及组 T3

题目描述

有一个 $m \times m$ 的棋盘，棋盘上每一个格子可能是红色、黄色或没有任何颜色的。你现在要从棋盘的最左上角走到棋盘的最右下角。

任何一个时刻，你所站在的位置必须是有颜色的（不能是无色的）， 你只能向上、下、左、右四个方向前进。当你从一个格子走向另一个格子时，如果两个格子的颜色相同，那你不需要花费金币；如果不同，则你需要花费 $1 $ 个金币。

另外， 你可以花费 $2$ 个金币施展魔法让下一个无色格子暂时变为你指定的颜色。但这个魔法不能连续使用， 而且这个魔法的持续时间很短，也就是说，如果你使用了这个魔法，走到了这个暂时有颜色的格子上，你就不能继续使用魔法； 只有当你离开这个位置，走到一个本来就有颜色的格子上的时候，你才能继续使用这个魔法，而当你离开了这个位置（施展魔法使得变为有颜色的格子）时，这个格子恢复为无色。

现在你要从棋盘的最左上角，走到棋盘的最右下角，求花费的最少金币是多少？

输入格式

第一行包含两个正整数 $ m, n$，以一个空格分开，分别代表棋盘的大小，棋盘上有颜色的格子的数量。

接下来的 $ n $ 行，每行三个正整数 $ x, y, c$， 分别表示坐标为 $(x,y)$ 的格子有颜色 $ c$。

其中 $ c=1$ 代表黄色，$ c=0$ 代表红色。 相邻两个数之间用一个空格隔开。 棋盘左上角的坐标为 $(1, 1)$，右下角的坐标为 $( m, m)$。

棋盘上其余的格子都是无色。保证棋盘的左上角，也就是 $(1, 1)$ 一定是有颜色的。

输出格式

一个整数，表示花费的金币的最小值，如果无法到达，输出 -1。

样例 #1

样例输入 #1

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6
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8
5 7
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
3 4 0
4 4 1
5 5 0

样例输出 #1

1
8

样例 #2

样例输入 #2

1
2
3
4
5
6
5 5
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
5 5 0

样例输出 #2

1
-1

提示

样例 1 说明

棋盘的颜色如下表格所示，其中空白的部分表示无色。

$\color{red}\text{红}$ $\color{red}\text{红}$
$\color{yellow}\text{黄}$
$\color{yellow}\text{黄}$ $\color{red}\text{红}$
$\color{yellow}\text{黄}$
$\color{red}\text{红}$

从 $(1,1)$ 开始，走到 $(1,2)$ 不花费金币。

从 $(1,2)$ 向下走到 $(2,2)$ 花费 $1$ 枚金币。

从 $(2,2)$ 施展魔法，将 $(2,3)$ 变为黄色，花费 $2$ 枚金币。

从 $(2,2)$ 走到 $(2,3)$ 不花费金币。

从 $(2,3)$ 走到 $(3,3)$ 不花费金币。

从 $(3,3)$ 走到 $(3,4)$ 花费 $1$ 枚金币。

从 $(3,4)$ 走到 $(4,4)$ 花费 $1$ 枚金币。

从 $(4,4)$ 施展魔法，将 $(4,5)$ 变为黄色，花费 $ 2$ 枚金币。

从 $(4,4)$ 走到 $(4,5)$ 不花费金币。

从 $(4,5)$ 走到 $(5,5)$ 花费 $1$ 枚金币。

共花费 $8 $ 枚金币。

样例 2 说明

棋盘的颜色如下表格所示，其中空白的部分表示无色。

$\color{red}\text{红}$ $\color{red}\text{红}$
$\color{yellow}\text{黄}$
$\color{yellow}\text{黄}$
$\color{white}\text{　}$
$\color{red}\text{红}$

从 $( 1, 1)$ 走到 $( 1, 2)$，不花费金币。

从 $( 1, 2)$ 走到 $( 2, 2)$，花费 $ 1 $ 金币。

施展魔法将 $( 2, 3)$ 变为黄色，并从 $( 2, 2)$ 走到 $( 2, 3)$ 花费 $ 2$ 金币。

从 $( 2, 3)$ 走到 $( 3, 3)$ 不花费金币。

从 $( 3, 3)$ 只能施展魔法到达 $( 3, 2),( 2, 3),( 3, 4),( 4, 3)$。

而从以上四点均无法到达 $( 5, 5)$，故无法到达终点，输出$-1$。

数据规模与约定

对于 $30\%$ 的数据，$1 ≤ m ≤ 5, 1 ≤ n ≤ 10$。

对于 $60\%$ 的数据，$1 ≤ m ≤ 20, 1 ≤ n ≤ 200$。

对于 $100\%$ 的数据，$1 ≤ m ≤ 100, 1 ≤ n ≤ 1,000$。

题解

思路

bfs+优先队列求解：
先用一个结构体存储棋盘的横纵坐标和颜色以及代价。
然后将用魔法和直接走的两种情况具体化，使得总共要走12种情况，也就是当上下左右碰到空白颜色时，用魔法走的情况，然后再确定它的代价。
最后处理最后一个是否为空白颜色，那么就需要从最后周围两个确定代价更小的路径，然后+2。+2是因为最后为空白，需要用魔法，代价就会+2。如果得到的最小代价趋近于无穷大，则没有路径或无法抵达最后
如果最后有颜色的话直接是输出相应结果。如果最后最小代价趋近于无穷大，则没有路径或无法抵达最后。

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69
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71
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f //定义inf为一个常量表示无穷大的数值 

struct node{
	int x,y,c,w;
	bool operator<(node b)const{
		return w>b.w;
	}	
	//由于STL中优先队列默认每次取出的是最大的元素
	//所以需要用运算符重载，保证每次取出的是最小的代价 
};

priority_queue<node> q;//另命名优先队列的名字q 
int dx[]={0,1,0,-1,1,1,-1,-1,0,2,0,-2};
int dy[]={1,0,-1,0,1,-1,1,-1,2,0,-2,0};
int dw[]={0,0,0,0,2,2,2,2,2,2,2,2};//将施展魔法的情况分成12种 
int a[105][105],dis[105][105];//a存储棋盘上的颜色，w存储棋盘的代价 
int n,m;

void bfs(){
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[1][1]=0;
	q.push((node){1,1,a[1][1],dis[1][1]});//将结构体进队，同时初始化x,y,c,w 
	node cur,nxt;//定义两个对象，一个表示当前，另一个表示下一个。 
	while(!q.empty()){
		cur=q.top();//将优先队列的队首赋给cur 
		q.pop();
		if(dis[cur.x][cur.y]<cur.w)
			continue;
		for(int i=0;i<12;i++){ //=棋子走的下一步 
			nxt.x=cur.x+dx[i];
			nxt.y=cur.y+dy[i];
			nxt.w=cur.w+dw[i];
			if(nxt.x<0||nxt.x>m||nxt.y<0||nxt.y>m)//保证在棋盘内 
				continue;
			nxt.c=a[nxt.x][nxt.y];//将棋盘的对应颜色赋给nxt好后续进行比较 
			if(!nxt.c)//颜色为空白时 
				continue;
			if(cur.c!=nxt.c)//颜色不相等时 
				nxt.w++;
			if(dis[nxt.x][nxt.y]>nxt.w){ //要走的代价大于下一个的代价 
				dis[nxt.x][nxt.y]=nxt.w; 
				q.push(nxt);//将结构体nxt存入优先队列里 
			}
		}
	}
}

int main(){
	cin>>m>>n;
	int x,y,c;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>x>>y>>c;
		a[x][y]=c+1;
	} 
	bfs();
	if(!a[m][m]){ //如果最后一个没有颜色 
		int ans=min(dis[m][m-1],dis[m-1][m])+2;//倒数第二步选代价最小的，+2是施展魔法的结果 
		if(ans>=inf) //如果ans趋近于无穷 
			cout<<-1;
		else
			cout<<ans; 
	} 
	else{
		if(dis[m][m]==inf) //代价趋近于无穷 
			cout<<-1;
		else
			cout<<dis[m][m];
	}
	return 0;
}

[SHOI2002] 滑雪

题目描述

Michael 喜欢滑雪。这并不奇怪，因为滑雪的确很刺激。可是为了获得速度，滑的区域必须向下倾斜，而且当你滑到坡底，你不得不再次走上坡或者等待升降机来载你。Michael 想知道在一个区域中最长的滑坡。区域由一个二维数组给出。数组的每个数字代表点的高度。下面是一个例子：

1
2
3
4
5
1   2   3   4   5
16  17  18  19  6
15  24  25  20  7
14  23  22  21  8
13  12  11  10  9

一个人可以从某个点滑向上下左右相邻四个点之一，当且仅当高度会减小。在上面的例子中，一条可行的滑坡为 $24-17-16-1$（从 $24$ 开始，在 $1$ 结束）。当然 $25$－$24$－$23$－$\ldots$－$3$－$2$－$1$ 更长。事实上，这是最长的一条。

输入格式

输入的第一行为表示区域的二维数组的行数 $R$ 和列数 $C$。下面是 $R$ 行，每行有 $C$ 个数，代表高度(两个数字之间用 $1$ 个空格间隔)。

输出格式

输出区域中最长滑坡的长度。

样例 #1

样例输入 #1

1
2
3
4
5
6
5 5
1 2 3 4 5
16 17 18 19 6
15 24 25 20 7
14 23 22 21 8
13 12 11 10 9

样例输出 #1

1
25

提示

对于 $100\%$ 的数据，$1\leq R,C\leq 100$。

题解

思路

解法：记忆化搜索
将每次走过的长度保存下来，b[x][y]用来存储走过的长度，初始化为1，因为包括自己本身。然后要判断是否越界。每次取得的为最大的b[x][y]。即答案。

代码

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39
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int dx[4]={0,0,1,-1};
int dy[4]={1,-1,0,0};
int r,c,a[201][201],b[201][201],ans;

int dfs(int x,int y){
	if(b[x][y])
		return b[x][y];
	b[x][y]=1;
	for(int i=0;i<4;i++){
		int xx=dx[i]+x;
		int yy=dy[i]+y;
		if(xx>0&&yy>0&&xx<=r&&yy<<c&&a[x][y]>a[xx][yy]){
			dfs(xx,yy);
			b[x][y]=max(b[x][y],b[xx][yy]+1);
		}
	}
	return b[x][y];
}

int main(){
	scanf("%d%d",&r,&c);
	for(int i=1;i<=r;i++){
		for(int j=1;j<=c;j++){
			scanf("%d",&a[i][j]);
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=r;i++){
		for(int j=1;j<=r;j++){
			ans=max(ans,dfs(i,j));
		}
	}
	
	printf("%d",ans);
	return 0;
}